湖南省三新H11G10教育联盟2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试卷（Word版附解析）

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（本试卷共 4 页，19 题，考试用时 120 分钟，全卷满分 150 分）
注意事项：
1.答题前，先将自己的班级、姓名、准考证号写在试题卷和答题卡上，并将准考证条形码粘贴
在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上相应题目的答案标号涂黑.写在试
题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答
题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，将答题卡上交.
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是
符合题目要求的.
1. 在复平面内， 对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】方法一：利用等比数列求和公式和负数的乘法运算化简，然后得到答案.方法二：利用虚数单位的
幂的运算的周期性计算化简，然后得到答案.
【详解】解法一：∵ ，
解法二： , ,
∴ .
则所求复数对应的点为 ，位于第二象限.
故选：B.
2. 有 可以表示为（ ）
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A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据排列数定义可得结果.
【详解】由排列数公式可得 ，
故选：D.
3. 若 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先对 变形为 ，再利用二项式定理求出通项，进而求出指定项的系数即可.
【详解】易得 ，且 ，
则 ，
由二项式定理得 展开式的通项公式为 ，
令 ， .
故选：A.
4. 已知数列 满足 ，且 ，则数列 的通项公式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件构造等差数列，再结合通项公式计算求解.
【详解】因为 ，左右同乘 ，所以 ，
为首项是 1，公差为 3 的等差数列，所以 ，
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所以 ，
故选:C.
5. 已知 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知 正弦值及同角三角函数基本关系可求其余弦和正切，再根据正切的二倍角公式即可
求解.
【详解】 ，则 ， .
，则 ，
则 .
故选：A.
6. 已知集合 ，直线 中的 ， ， 是取自集合 的三个不同元素，并且
该直线的倾斜角为钝角，符合以上所有条件的直线的条数为（ ）
A. 40 B. 32 C. 24 D. 23
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意按照顺序分别将的选法种类逐一确定，结合组合计算，再除去不合题意的即可.
【详解】可得 ， 从集合 中任取三个不同元素，且 ， 异号，
若 ，共有 条，若 ，共有 条，总共 种.
又因为当 ， ， 和 ， ， 时，都表示直线 ，
所以符合条件的直线的条数为 种.
故选：D.
7. 为研究不同性别学生对“deepseek”应用程序的了解情况，某学校进行了一次抽样调查，分别抽取男生和女
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生各 50 名作为样本，设事件 "了解 deepseek"， “学生为女生”，据统计 ，
，将样本的频率视为概率，现从全校的学生中随机抽取 40 名学生，设其中了解 deepseek 的学
生的人数为 ，则当 取得最大值时的 值为（ ）
A. 16 B. 17 C. 18 D. 19
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项分布概率公式构造不等式组，解题即可.
【详解】已知 ， ，抽取男生和女生各 50 名，所以 .
根据条件概率公式 ，可得 .
再根据条件概率公式 ，可得 .
所以随机变量 ，
令 ，解得 ，因为 ，所以当 时，
取得最大值.
故选：C.
8. 马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处
理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用.马尔科夫链因俄国数学家安德烈·马尔科夫得名，
其过程具备“无记忆”的性质，即第 次状态的概率分布只跟第 次的状态有关，与第 ， ，
，⋯次状态无关.现有 ， 两个盒子，各装有 1 个黑球和 1 个红球，现从 ， 两个盒子中各任取一
个球交换放入另一个盒子，重复进行 次这样的操作后，记 盒子中红球的个数为 ，恰有 1 个
红球的概率为 .则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
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【解析】
【分析】用古典概型，根据组合数算出第一次操作后 盒恰有 个红球的概率 和恰有 个红球的概率 .
用全概率公式得到 与 的递推关系 .
对递推式变形，得出数列 是等比数列，并确定其首项与公比.依据等比数列通项公式求出 的表达
式. 把 代入 表达式，算出 的值.
【详解】设第 次操作后 盒子中恰有 2 个红球的概率为 ，则没有红球的概率为 .
由题意知， ， ，
因为 ，所以 .
又因为 ，所以 是以 为首项， 为公比的等比数列.
所以 ， .
故选：A.
二、多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目
要求.全部选对得 6 分，部分选对的得部分，有选错的得 0 分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 正方体的表面积和体积是相关关系
B. 已知函数 ，则
C. 若 ，且 ，则
D. 已知随机变量 ，若 ，则函数 为偶函数
【答案】CD
【解析】
【分析】根据函数关系判断 A，根据除法导数运算律计算判断 B，根据二项分布及数学期望性质判断 C，根
据正态分布的性质结合偶函数定义判断 D.
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【详解】A 是确定的函数关系，所以错误；
B 选项，∵ ，∴ .故 B 错误；
C 选项，因为 ，所以 .又 ，所以 ，故 C
正确；
D 选项，若 ，则区间 和 关于直线 对称，
∴ ，则 ，
∴函数 为偶函数.
故选：CD.
10. 已知点 ， 为圆 上两动点，且 ，点 为直线 上动点，则
（ ）
A. 圆心 到直线 的距离为
B. 以 为直径的圆与直线 相离
C. 的最大值为
D. 的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于 A，根据条件，利用弦长公式，即可求解；对于 B，利用选项 A 可得点 在以 为圆心，
为半径的圆上，再利用圆的几何性质和直线与圆的位置关系的判定，即可求解；对于 C，根据条件找到
最大角，进而得最大角小于 ，即可求解；对于 D，根据条件得到 ，再求出 ，即
可求解.
【详解】对于选项 A，设 的中点为 ，如图 1，连接 ， .
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则 ， ，
所以 ，故选项 A 正确；
对于选项 B，由 A 知，点 在以 为圆心， 为半径 圆上，又原点 到 的距离为
，
所以点 到直线 的距离的最小值为 ，
因为 ，故以 为直径的圆与直线 相离，所以选项 B 正确；
对于选项 C，如图 2，当直线 与直线 平行，且 ， ， 共线时， 为等腰三角形，
此时 最小，最小值为 ，又 ，故此时 最大，且 ，
则 ，所以 ，则 ，故选项 C 错误；
对于选项 D，
，
当 ， ， ， 共线，且 在 ， 之间时取等号， ，
所以 的最小值为 ，所以选项 D 正确，
故选：ABD.
11. 已知函数 ， 为常数，若函数 有两个零点 ， ，且 ，则下列结论正确
的是（ ）
A. B.
C. D.
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【答案】BCD
【解析】
【分析】对于选项 A，根据函数零点与方程根 关系进行判断；对于选项 B，通过作出函数图象，利用图象
的交点情况确定参数范围；对于选项 C，分情况讨论，利用函数的单调性来证明不等式；对于选项 D，通过
变量代换构造新函数，利用导数研究函数的单调性和最值来证明不等式.
【详解】对于 A：因为 有两个零点 ， ，且 ，所以 在 上有两个根，
即 在 上有两个交点， ， ，故 A 错误；
对于 B：作出 图象，与 关系如图， ，则 ，故 B 正确；
对于 C：由 A 选项可知 ，当 时， 显然成立.
当 时， 等价于 ， 可知， ，
，可知函数 在区间 上单调递增，
又 ， 单调递减.要让 ，只需证 ，
又∵ ，∴只需证 ，令 ， 则
，
∵ ，∴ ，∴ ，∴函数 在区间
上单调递增，∴ ，∴ ，∴ ，∴ ，故 C 正
确；
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对于 D： ， ， ， ，又 ， ， ，
，∴ ，只需要证明 ， .
令 ， ， ，故 D 正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 下列 5 个数据 ， ，1， ， 的第 40 百分位数为______.
【答案】0.9##
【解析】
【分析】根据百分位数可得答案.
【详解】从小到大排列后，得到 ，由于 ，则求 与 1 的平均数为 0.9.
则第 40 百分位数为 0.9.
故答案为：0.9.
13. 直线 经过椭圆 的两个顶点，则该椭圆的离心率 ______.
【答案】
【解析】
【分析】先求出直线与坐标轴的交点，再代入椭圆方程进而得出 即可得出离心率.
【详解】由题意，直线过点 ， ，
代入椭圆方程得 ，解得 ， ，
所以椭圆方程为 ，
所以 ， ， ，则 .
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故答案为： .
14. 已知正三棱柱 中， ， ， 是 的中点，点 是线段 上的动点，
过 且与 垂直的截面 与 交于点 ，则三棱锥 的体积的最大值为______.
【答案】 ##
【解析】
【分析】设 的中点为 ，始终有 ，可得点 在以 为直径的圆上，从而可求出点 到底面
距离的最大值，进而可求得三棱锥 的体积的最大值.
【详解】
如图 1，设 的中点为 ,连接 ，截面如图 2，
且 ， .
因为 平面 ， 平面 ，则 ，则点 在以 为直径的圆上.
当点 在弧 的中点时，此时点 到底面 距离的最大，
且最大值为 ，
所以三棱锥 的体积的最大值为 .
故答案为： .
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答过程应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知等比数列 的首项 ，公比 ，在 中每相邻两项之间都插入 6 个数，使它们和
原数列的数一起构成一个新的等比数列 .
（1）求数列 的通项公式.
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（2）记数列 前 项的乘积为 ，试问： 是否有最大值？如果有，请求出此时 的值以及 的最大
值；若没有，请说明理由.
【答案】（1）
（2）是， 或 6， 最大值为
【解析】
【分析】（1）利用等比数列的通项公式求解即可；（2）求出数列的前 n 项的乘积为 ，利用二次函数
的性质求最值即可.
【小问 1 详解】
，公比 ， ，
设新数列的公比为 ，
则 ， ，由 ，
所以 .
【小问 2 详解】
.
令 ，
当 或 6 时， 有最大值 30.
所以 的最大值为 ，此时 或 6.
16. 如图，在四棱锥 中，底面 是边长为 2 的正方形， 平面 ， .
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（1）棱 上是否存在点 ，使 平面 ，若存在，请求出 的值；
（2）点 在线段 运动（包括 端点，不包括 端点），当二面角 夹角最小时，试确定点 的
位置.
【答案】（1）存在，
（2）点 在点 处，与点 重合
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量表示建立方程，求解参数，进而得到 的
值即可.
（2）利用二面角的向量求法将二面角的余弦值表示为一元函数，再利用二次函数结合复合函数的性质判断
单调性，进而确定取得最值时的自变量取值，再确定动点位置即可.
【小问 1 详解】
如图，建立如图所示的空间直角坐标系，
， ， ， ， ，
则 ， ，
由于 ，故 .
设 ， ，则 ，
则 ，要使 平面 ，
则 ，解得 ，
故存在点 ，当 时， .
【小问 2 详解】
设 ， ，则 ，
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设平面 一个法向量为 ，
故 ， ， ，
，
令 ，则 .
设平面 的一个法向量为 ，
故 ， ，
，
令 ，则 ，设二面角 为 ，
，
，
因为 ，所以 ，令 ，
则 可化为 ，
由二次函数性质得 在 上单调递增，
由复合函数性质得 在 上单调递减，
则 ，则当 时， 最大，此时二面角 夹角最小，
故点 在点 处，与点 重合.
17. 已知椭圆 过点 ，离心率为 .
（1）求椭圆 的标准方程.
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（2）若椭圆上存在一点 （点 在第一象限），点 关于 轴的对称点为 ，与直线 平行的直线 与椭
圆 相交于 ， 两点，直线 ， 分别与 轴交于 ， 两点.若四边形 为菱形，求满足
条件的 点坐标.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据离心率以及代入点到椭圆方程即可联立方程求解，
（2）联立直线与椭圆方程，得韦达定理，根据菱形的性质将问题转化为 ，代入斜率公式，
即可化简求解.
【小问 1 详解】
由题意可知 ，
解得 ， .
所以椭圆 的标准方程为 .
【小问 2 详解】
设点 关于 轴的对称点 的坐标为 .
直线 的斜率为 .直线 与 平行，设直线 的方程为
.
由 得 ，由 （点 在椭圆上），
，且 ，
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设 ， ，则 ， ，
四边形 为菱形，所以 ，所以 .
即 ，化简可得 .
将韦达定理代入可得 ，化简可得 ，又因为点 在第一
象限，所以 .
18. 设函数 ， .
（1）试判断函数 在区间 上是否存在极值点，并说明理由；
（2）若任意 ，不等式 恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】（1）存在极大值点，无极小值点，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出导函数，得出函数单调性结合零点存在定理判断导数零点即可得出极值点；
（2）先求出导函数，构造函数 分 和 及 分类讨论得出单调性即
可求参.
【小问 1 详解】
，
令 ，则 ，则 ， 恒小于 0， 单调递减，
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且 ， ，∴ ， ，
， ， 单调递增， ， ， 单调递减，故函数存在极大值点，
无极小值点.
【小问 2 详解】
，则 .
又令 ， ，
①当 ，即 时， 恒成立，∴ 在区间 上单调递增，
∴ ，∴ ，∴ 在区间 上单调递增，
∴ （不合题意）；
②当 ，即 时， ，∴ 在区间 上单调递减，
∴ ，∴ ，∴ 在区间 上单调递减，
∴ （符合题意）；
③当 ，即 时，由 ， ，
∴ ，使 ，且 时， ， ，
，
∴ 在 上单调递增，∴ （不符合题意）；
综上， 的取值范围是 .
19. 生物研究工作中，统计鸟类主要是研究鸟类种群数量和分布规律.统计人员发现某鸟类在 区域经常出
没，在 区域统计时发现该鸟类有两个品种，分别记为 I 种和 II 种.统计人员在 区域随机捕获了 50 只该鸟，
再将捕获的鸟全部放回，作为一次试验结果.记第 次试验中 I 种的数目为随机变量 .设
该区域中 I 种的数目为 ，II 种的数目为 .
（1）（i）求在第 1 次试验中随机变量 的分布列.
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（ii）假设每一次试验均相互独立，统计人员完成所有试验后，得到 的实际取值分别为
，其平均值 ，方差 .记随机变量 .采用 和 分别代替期
望 和方差 ，试给出 ， 的估计值（结果保留整数）.
参考公式：从含 件次品的 件产品中，分别采用有放回和不放回的方式随机抽取 件，设抽取的 件产
品中次品数为 ，如果采取有放回抽样，则方差 ；如果采取不放回抽样，则方差为
.随机变量 与 满足 .若随机变量 与 相
互独立，则 .
（2）假设统计人员每次随机捕获一只该鸟，统计种类，再将捕获的鸟放回，重复进行 次.“使得
的取值达到最大时的 作为 的估计值 ”的思想称为最大似然原理.基于最大似然原理的最大
似然参数估计方法称为最大似然估计.具体步骤：先对参数 构建对数似然函数 ，再对其关于参数 求
导，得到似然方程 ，最后求解参数 的估计值.已知 的参数 的对数似然函数为
，其中 ，求参数 的估计值，并且说
明频率估计概率的合理性.
【答案】（1）（i）分布列见解析（ii） ，
（2） ，合理性说明见解析；
【解析】
【分析】（1）（i）根据超几何分布写出分布列即可；
（ii）根据超几何分布的期望和方差公式求出 、 ，再结合题中给的参考公式即可求 、
，进而列出关于 的方程组；
（2）求 ，再求出其单调性，即可得出最大似然估计的参数 .
【小问 1 详解】
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（i）依题意， 均服从完全相同的超几何分布，
故 的分布列为 ，
其中 为整数，且 .
（ii）由于每一次试验均相互独立，且 均服从完全相同的超几何分布，则
，
，
则由公式 可得，
，
由公式 可得，
，
即 ，解得 ， .
【小问 2 详解】
由 ，
则 ，
令 ，得 ，故 ，
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则 ，得 ； ，得 ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
即当 时， 取最大值，故 ，
因此，用最大似然估计的参数 与频率估计概率的 是一致的，故用频率估计概率是合理的.
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